[planimetria]odcinek w kwadracie
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
-
- Użytkownik
- Posty: 119
- Rejestracja: 13 paź 2017, o 08:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Tu
- Podziękował: 42 razy
[planimetria]odcinek w kwadracie
Dany jest kwadrat ABCD , N jest punktem styczności, \(\displaystyle{ KN=AB/2}\) oraz \(\displaystyle{ NS=18cm}\). Oblicz długość NO.
-
- Użytkownik
- Posty: 23497
- Rejestracja: 8 kwie 2008, o 22:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: piaski
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 3265 razy
Re: [planimetria]odcinek w kwadracie
Trochę próbowałem.
Jak na razie mam (nie sprawdzałem, może komuś też tak wyjdzie), że \(\displaystyle{ |NO|=\frac{r}{\sqrt 5}}\) (gdzie \(\displaystyle{ r}\) to połowa boku kwadratu).
Dalej sinusy i cosinusy w różnych trójkątach - danych wystarcza ale gdzieś mi się zaczęło ślimaczyć, więc może się pomyliłem albo trzeba od innej strony zacząć.
Oczywiście istnieje możliwość, że jest coś do zauważenia (czego nie widzę) aby łatwiej to rozwiązać.
Jak na razie mam (nie sprawdzałem, może komuś też tak wyjdzie), że \(\displaystyle{ |NO|=\frac{r}{\sqrt 5}}\) (gdzie \(\displaystyle{ r}\) to połowa boku kwadratu).
Dalej sinusy i cosinusy w różnych trójkątach - danych wystarcza ale gdzieś mi się zaczęło ślimaczyć, więc może się pomyliłem albo trzeba od innej strony zacząć.
Oczywiście istnieje możliwość, że jest coś do zauważenia (czego nie widzę) aby łatwiej to rozwiązać.
-
- Użytkownik
- Posty: 119
- Rejestracja: 13 paź 2017, o 08:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Tu
- Podziękował: 42 razy
Re: [planimetria]odcinek w kwadracie
Nie mam rozwiązania, ale wydaje mi się, że może N jest środkiem ciężkości trójkata KOD i jakby to była prawda....
- JHN
- Użytkownik
- Posty: 671
- Rejestracja: 8 lip 2007, o 18:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Radom
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 207 razy
Re: [planimetria]odcinek w kwadracie
Zrobiłem schludny rysunek, bez ozdobników...
Niech
PS. W pierwotnej wersji zajmowałem się tylko odległościami punktów od \(\overline{BC}\), ale Twoja sugestia dotycząca środka ciężkości podziałała i skróciła rozwiązanie
Niech
- \(|AB|=2r>0,\)
- \(|\angle BAO|=\alpha,\)
- \(|\angle KBA|=\beta\),
- prosta \(DN\) przecina \(\overline{BC}\) w punkcie \(M\),
- \(S\) jest o \(h\) odległa od \(\overline{AB}\).
- \(N\in\overline{AO}\), bo \(\Delta ABN\sim\Delta ABO\), zatem \(S\in\overline{AO}\)
- \(\tg\alpha={1\over2}\)
- ponieważ \(|ND|=|AD|\), to \(|DK|=r\)
- \(\tg\angle MDC=\tg(90^\circ-2\alpha)={3\over4}\)
- z \(\Delta DMC : |MC|=2r\cdot {3\over4}={3r\over2}\)
Wniosek: \(M\) jest środkiem \(\overline{BO}\) - z 4. \(K\) jest odległy o \({4r\over5},\ {3r\over5}\) od (odpowiednio) boków \(\overline{AD},\,\overline{DC}\), czyli
\(K\) jest odległy o \({6r\over5},\ {7r\over5}\) od (odpowiednio) boków \(\overline{BC},\,\overline{AB}\). Zatem
\(\tg\beta={7\over6}\) - \(|AB|={h\over\tg\alpha}+{h\over\tg\beta} \Rightarrow h={7r\over10}={1\over2}\cdot{7r\over5}\), zatem \(S\) jest dwa razy bliżej boku \(\overline{AB}\) niż \(K\).
Wniosek: \(S\) jest środkiem \(\overline{KB}\) - z 5. i 7. \(\overline{KM},\,\overline{SO}\) są środkowymi \(\Delta KBO\) i zachodzi
\[|NO|=2\cdot|SN|=2\cdot18=36\]
PS. W pierwotnej wersji zajmowałem się tylko odległościami punktów od \(\overline{BC}\), ale Twoja sugestia dotycząca środka ciężkości podziałała i skróciła rozwiązanie
- JHN
- Użytkownik
- Posty: 671
- Rejestracja: 8 lip 2007, o 18:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Radom
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 207 razy
Re: [planimetria]odcinek w kwadracie
Na moim rysunku zamieniłem miejscami wierzchołki \( B\) i \(D\) , co zmienia tylko redakcję rozwiązania
Dziękuję i pozdrawiam
Dziękuję i pozdrawiam
- JHN
- Użytkownik
- Posty: 671
- Rejestracja: 8 lip 2007, o 18:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Radom
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 207 razy
Re: [planimetria]odcinek w kwadracie
Jeszcze raz, tym razem z liternictwem z treści zadania:
Zrobiłem schludny rysunek, bez ozdobników...
Niech
PS. W pierwotnej wersji zajmowałem się tylko odległościami punktów od \(\overline{DC}\), ale Twoja sugestia dotycząca środka ciężkości podziałała i skróciła rozwiązanie
Zrobiłem schludny rysunek, bez ozdobników...
Niech
- \(|AD|=2r>0,\)
- \(|\angle DAO|=\alpha,\)
- \(|\angle KDA|=\beta\),
- prosta \(BN\) przecina \(\overline{DC}\) w punkcie \(M\),
- \(S\) jest o \(h\) odległa od \(\overline{AD}\).
- \(N\in\overline{AO}\), bo \(\Delta ADN\sim\Delta ADO\), zatem \(S\in\overline{AO}\)
- \(\tg\alpha={1\over2}\)
- ponieważ \(|NB|=|AB|\), to \(|BK|=r\)
- \(\tg\angle MBC=\tg(90^\circ-2\alpha)={3\over4}\)
- z \(\Delta BMC : |MC|=2r\cdot {3\over4}={3r\over2}\)
Wniosek: \(M\) jest środkiem \(\overline{DO}\) - z 4. \(K\) jest odległy o \({4r\over5},\ {3r\over5}\) od (odpowiednio) boków \(\overline{AB},\,\overline{BC}\), czyli
\(K\) jest odległy o \({6r\over5},\ {7r\over5}\) od (odpowiednio) boków \(\overline{DC},\,\overline{AD}\). Zatem
\(\tg\beta={7\over6}\) - \(|AD|={h\over\tg\alpha}+{h\over\tg\beta} \Rightarrow h={7r\over10}={1\over2}\cdot{7r\over5}\), zatem \(S\) jest dwa razy bliżej boku \(\overline{AD}\) niż \(K\).
Wniosek: \(S\) jest środkiem \(\overline{KD}\) - z 5. i 7. \(\overline{KM},\,\overline{SO}\) są środkowymi \(\Delta KDO\) i zachodzi
\[|NO|=2\cdot|SN|=2\cdot18=36\]
PS. W pierwotnej wersji zajmowałem się tylko odległościami punktów od \(\overline{DC}\), ale Twoja sugestia dotycząca środka ciężkości podziałała i skróciła rozwiązanie